第三讲互素与不可约、分解若（(x)，g(x)）=1，则称(x)与g(x)互素。定理 8 (x), g(x)互素 日u(x),v(x):u(x)f(x)+V(x)g(x)=1定理 9 p(x)不可约 Vf(x): p(x)If(x)或(p(x), (x))=1若((x)g(x)=1, ((x),h(x)=1,则((x),g(x)h(x)=1若(x)g(x)=1, V,j,则(x),;,(x) =1(i=)j=l推论：若((x),g(x)=1，则(f"(x),g"(x)=1 ,定理 10 若(x)=g(x)s(x)+h(x)，则((x),g(x)=(g(x),h(x)例 1 (f(x),g(x)=1 =→((x),(x)+g(x)=1, (g(x),(x)+g(x)=1=((x)g(x),(x)+g(x)=1证：：(x)+g(x)=(x)·1+g(x)由Th10即得定理11 若Vi j,(f(x),f,(x)=1,f,(x)Ig(x)，则(fi(x)f2(x) fm(x)lg(x)例2证明x(x+1)(2x+1)(x+1)2m-x2m—2x-1,，则meN证：设g(x)=(x+1)2m—x2m—2x-1因为 g(0)=0, g(-1)=0, 8=0，所以x，x+1，2x+1g(x)2又由于x，x+1，2x+1两两互素，得x(x+1)(2x+1)lg(x)例3设ai，a2，…，a,为两两不同的整数，证明(x)=I(x-a,)-1在Q上不可约。证明：反证 (x)=g(x)h(x)，g(x),h(x) EZ[x)且a(g(x)，a(h(x)<s，因为 a,)=-1,故g(a)+h(a)=0，V,g(x)+h(x)有s个根ai，a2，"，as，因此g(x)+h(x)=0，得x)=一g(x)2，与首项系数=1矛盾！例4设ai，α2，…，a,为两两不同的整数，证明，若n>4，9
9 第三讲 互素与不可约、分解 若（f(x)，g(x)）=1，则称 f(x)与 g(x)互素。 定理 8 f(x)，g(x)互素⇔ ∃u(x),v(x): u(x) f (x) + v(x)g(x) =1 定理 9 p(x)不可约⇔ ∀f (x): p(x) | f (x)或( p(x), f (x)) =1 若(f(x),g(x))=1，(f(x),h(x))=1，则(f(x),g(x)h(x))=1 若(fi(x),gi(x))=1， , ( ), ( ) 1 1 1 = ∀ ∏ ∏ = = m j j m i i i j 则 f x j x 推论：若(f(x),g(x))=1，则 f (x), g (x)) =1 （ m n ， 定理 10 若 f(x)=g(x)s(x)+h(x)，则(f(x),g(x))=(g(x),h(x)). 例 1 (f(x),g(x))=1⇒(f(x),f(x)+g(x))=1，(g(x),f(x)+g(x))=1 ⇒ (f(x)g(x),f(x)+g(x))=1 证： f(x)+g(x)=f(x) •1+g(x)由 Th10 即得 定理 11 若 i j,( f (x), f (x)) 1, f (x) | g(x) ∀ ≠ i j = i ，则 (f1(x)f2(x).fm(x)|g(x) 例 2 证明 x(x+1)(2x+1)|(x+1)2m－x 2m－2x－1，则m∈N 证：设 g(x)=(x+1)2m－x 2m－2x－1 因为 g(0)=0，g(－1)=0，g − 2 1 =0，所以 x，x+1，2x+1|g(x) 又由于 x，x+1，2x+1 两两互素，得 x(x+1)(2x+1)|g(x) 例 3 设 a1，a2，.，as为两两不同的整数，证明 ( ) ( ) 1 1 =∏ − − = s i ai f x x 在 Q 上不可约。 证明：反证 f(x)=g(x)h(x)，g(x),h(x)∈Z[x]且 ∂(g(x)) ， ∂(h(x)) ＜s，因为 f(ai)=－1，故 g(ai)+h(ai)=0，∀i g(x)+h(x)有 s 个根 a1，a2，.，as，因此 g(x)+h(x)=0，得 f(x)=－g(x) 2 ，与首 项系数=1 矛盾！ 例 4 设 a1，a2，.，as为两两不同的整数，证明，若 n＞4
a,)+1f(x):在Q上不可约。证明：反设可约，类似例3，必有(x)=g(x)。VceR，c)≥0。1则现设ai<a2<.….<an-1<an，取 C=an-2312n-3C-an-1≥C, c-a≥An=2≥222则n≥5时有(c)=(c-ai)(c-a2)--(c-an-1) (can)+1≤ 2n=3.. . (-↓)+1s 75.3)(-1)+1<0,222252矛盾！推广①当n=4时，且ai,aza3,a4为不连续的整数，命题仍成立。推广②当n=4时，且ai,aza3,a4为连续的整数时，由Th7是可约的。推广③当n=3时，命题成立，（为什么？平方的次数为偶）推广④当n=2时，可约lai一a2=2。例5设ai，a2，，an为两两不同的整数，证明(x)=(x-α,) +1在0上不可约。证明：反设f(x)=p(x)g(x)，(x)g(x)eZ[x)，不妨设a(p(x)<n，因为(x)>，无实根故p(x)g(x)无实根，故p(x)g(x)在R内永不变号。又由(a)=1=p(a,)g(a,)，所以p(a,)=±1(l<i<n)若p(a)=1 (某i)，则p(a,)=1 (任j)，若a(p(x)<n，则p(x)=l,得a(g(x)=a(f(x),矛盾！若p(α)=-1，同理。所以a(p(x)=n=(g(x)又因为p(a)-g(a,)=0，则x-alp(x)一g(x)所以 (x) g(x)=b(x-ai)(x-a2)(x-an)10
10 ( ) ( ) 1 1 =∏ − + = n i ai f x x 在 Q 上不可约。 证明：反设可约，类似例 3，必有 f(x)=g(x) 2 。∀ c ∈R， f(c)≥ 0。 现设 a1＜a2＜.＜an－1＜an，取 C=an－ 2 1 ，则 C－an－1 ≥ 2 1 ，C－an－2≥ 2 3 ，.，C－a1 ≥ 2 2n − 3 ， 则 n≥5 时有 f(c)=(c－a1)(c－a2).(c－an－1) (c－an)+1 ≤ 2 2n − 3 . 2 3 · 2 1 (－ 2 1 )+1 ≤ 5 2 7,5,3,1,(−1) +1＜0， 矛盾！ 推广① 当 n=4 时，且 a1,a2 a3, a4为不连续的整数，命题仍成立。 推广② 当 n=4 时，且 a1,a2 a3, a4为连续的整数时，由 Th7 是可约的。 推广③ 当 n=3 时，命题成立，（为什么？平方的次数为偶） 推广④ 当 n=2 时，可约⇔ |a1－a2|=2。 例 5 设 a1，a2，.，an 为两两不同的整数，证明 ( ) ( ) 1 1 2 =∏ − + = n i ai f x x 在 Q 上不可约。 证明：反设 f (x) =ϕ(x)g(x), ϕ(x)g(x)∈Z[x]，不妨设∂(ϕ(x)) ≤n，因为 f(x)＞，无实根， 故ϕ(x)g(x)无实根，故ϕ(x)g(x)在 R 内永不变号。又由 f(ai)=1= ( ) ( ) ϕ ai g ai ，所以 ( ) ϕ ai =±1 （1≤i≤n） 若 ( ) ϕ ai =1（某 i），则 ( )j j a =1（任 j），若∂(ϕ(x))＜n，则ϕ(x) =1，得∂(g(x))=∂( f (x)), 矛盾！ 若 ( ) ϕ ai =－1，同理。 所以∂(ϕ(x)) =n=∂(g(x)) 又因为 ( ) ϕ ai － ( ) g ai =0，则 x－ai|ϕ(x) － g(x) 所以 ϕ(x) － g(x) =b(x－a1)(x－a2).(x－an)
又因为(x)的首项系数=1，故(x）与g(x)的首项系数相等，因此不可能有(p(x) -g(x)= n故 p(x) -g(x)=0 =p(x)=g(x),令h(x)=II(x-a,)=(x)=g (x)=h (x)+1得(g(x)+h(x)(g(x)一h(x)=1，即对任意整数r,g(r)+h(r)=g(r)-h(r)=1所以 VreZ,g(r)=1,h(r)=0即g(x)=1，h(x)=0矛盾!例6n取哪些自然数时，x)=2x+nx一7在Q上不可约。如果按Eisenstein判别法，n=7k时x）一定不可约，但并不是全部。应反过来想，几x)何时可约。解：若x)可约，由a(f(α)=2，则x)必有有理数根r。o e{1, ±7, ±，)垃(1)=0=n=5，对其它的(ro)=0=n=5,13当n5，13时，x）不可约。1 2国例7证明(x)=1+x+xP(p为素数)在Q上不可约。2DI证：若取g()()=*+p/+*号*+plx+2取素数p，则由Eisenstein判别法，g(x)在Q上不可约，因此(x)在Q上不可约。例8求整数时(m，n)，使1++x*++x"整除1+"+x2"++xmmx"-f(x)解：由于1+x+x2++xmx-1I+**+x*" +.+* ="-= g(x)x"-1所以 (x)lg(x) (x" -1)(xm+1 -1)(x-1)(()n -1)而x(m+)n-1的根全为单根，因此上式成立要求。x"-1与x"+1-1除了公共根x=1以外，再无其它公共根，即：11
11 又因为 f(x)的首项系数=1，故ϕ(x) 与 g(x) 的首项系数相等，因此不可能有 ∂(ϕ(x) − g(x)) = n 故 ϕ(x) － g(x) =0 ⇒ϕ(x) = g(x)，令 ∏= = − n i ai h x x 1 ( ) ( ) f(x)=g 2 (x)=h2 (x)+1 得(g(x)+h(x))(g(x)－h(x))=1，即对任意整数 r， g(r)+h(r)=g(r)－h(r)=1 所以∀r ∈Z，g(r)=1，h(r)=0 即 g(x)=1，h(x)=0 矛盾！ 例 6 n 取哪些自然数时，f(x)=2x 2 +nx－7 在 Q 上不可约。如果按Εisenstein 判别法，n=7k 时 f(x)一定不可约，但并不是全部。应反过来想，f(x)何时可约。 解：若 f(x)可约，由∂( f (x)) =2，则 f(x)必有有理数根 r。 ∈ ± ± ± ± 2 7 , 2 1 1, 7, 0r f(1)=0⇒n=5，对其它的 f(r0)=0⇒n=5,13 当 n≠5，13 时，f(x)不可约。 例 7 证明 f(x)= p x p x x ! 1 2 1 1 2 + + ++ (p 为素数)在 Q 上不可约。 证：若取 g(x)=p!f(x)=x p +px p－1 +.+ ! ! 2 ! 2 x p x p p + + 取素数 p，则由Εisenstein 判别法，g(x)在 Q 上不可约，因此 f(x)在 Q 上不可约。 例 8 求整数时(m，n)，使 1+x+x 2 +.+x m整除 1+x n +x 2n +.+x mn 解：由于 1+x+x 2 +.+x m= ( ) 1 1 1 f x x x m = − − + ( ) 1 1 1 ( 1) 2 g x x x x x x n m n n mn n = − − + + + + = + 所以 f(x)|g(x)⇔ ( 1)( 1)( 1)( 1) 1 ( 1) − − − − n m+ m+ n x x x x 而 1 ( 1) − m+ n x 的根全为单根，因此上式成立要求。 1 1 1 − − n m+ x 与x 除了公共根 x=1 以外，再无其它公共根，即：
(r"-1,x*+ -1)= x-1因而(n, m+1)=1。 (:(xa -1,xb-1)=x(a.b) -1)例9若(x)与g(x)互素，证明J(x")与g(x")也互素，mEN（P47补3）（证此题的思路如何)证明：取u(x),v(x)使(x)u(x)+g(x)v(x)=1任取aEP,(a)u(a)+g(a)(a)=1作h(x)=(x")u(x")+g(x")v(x")那么任意b，h(b)=/(b")u(b")+g(b")v(b")=1所以 h(x)=1 即((x"),g(x)=1例10试求7次多项式,(x)，使(x一1)(x)+1，(x+1)(x)-1解：因为(x一1)是(x)+1的4次重因式，所以x一1是f(x)的3重因式。同理x+1也是(x）的3重因式，得f(x)=a(x—1)(x+1)=a(x6-3x*+3x2-1)(a-x-3x+x-)f(x)=15因为 f(x)+1= h(x)(x-1)4, f(x)-1= g(x)(x+1)4,所以 f()=-1, f(-1)=1[a(1-3)+b=-135,b=07.5可得a3)+b=116al755x7_21,5+35,3_35,所以f(x)=16*1616*16定理9设f(x)=amix2n+l+a2nx2"+...+ajx+aeZx)，p为素数，而且plaoaj,a2m，p|a，p"la2n+t，那么x)在Q上不可约。（略证）Z[x]中多项式的很多性质与Z中整数的性质平行、相似，因此多项式的结论同学们可以在z中试着做相似的结论，比如((x),g(x)=1(x)u(x)+g(x)v(x)=1,可得出(a,b)=1as+bt=1,又比如在Z[x)中任何(x)(a(f(x)≥1)可以很易地分解为2个不可约多项式之和（同学们自己做一做）。但“任何大偶数是2个素数之和”，迄今还是一个猜想（Goldbach猜想。）12
12 ( 1, 1) 1 1 − − = − + x x x n m 因而(n，m+1)=1。( ) (,) ( 1, 1) 1 a b a b xx x − −= − 例 9 若 f(x)与 g(x)互素，证明 f(x m)与 g(x m)也互素，m∈N. （P47 补 3）（证此题的思路如 何） 证明：取 u(x),v(x)使 f(x)u(x)+g(x)v(x)=1 任取 a∈P， f(a)u(a)+g(a)v(a)=1 作 h(x)=f(x m)u(x m)+g(x m)v(x m) 那么任意 b， h(b)=f(bm)u(bm)+g(bm)v(bm)=1 所以 h(x)=1 即(f(x m)，g(x m))=1 例 10 试求 7 次多项式 f(x)，使(x－1)4 |f(x)+1，(x+1)4 |f(x)－1 解：因为(x－1)是 f(x)+1 的 4 次重因式，所以 x－1 是 f ′(x) 的 3 重因式。同理 x+1 也是 f ′(x) 的 3 重因式，得 f ′(x) =a(x－1)3 (x+1)3 =a(x 6 －3x 4 +3x 2 －1) f x a x x x x + b = − + − 7 5 3 5 3 7 1 ( ) 因为 ( ) 1 ( )( 1) , 4 f x + = h x x − ( ) 1 ( )( 1) , 4 f x − = g x x + 所以 f (1) = −1, f (−1) =1 可得 , 0 ) 1 5 3 7 1 ( ) 1 5 3 7 1 ( ⇒ = = − + + = − + = − b 16 35 a a b a b 所以 f x x x x x 16 35 16 35 16 21 16 5 ( ) 7 5 3 = − + − 定 理 9 设 = + + + + ∈ + + 1 0 2 2 2 1 2 1 f (x) a x a x a x a n n n n Z[x] ， p 为素数，而且 | , , , 0 1 2 2 n p a a a 0 3 p | a ， 2 1 4 | n+ p a ，那么 f(x)在 Q 上不可约。（略证） Z[x]中多项式的很多性质与 Z 中整数的性质平行、相似，因此多项式的结论同学们可以 在 Z 中试着做相似的结论，比如(f(x),g(x))=1⇔ f(x)u(x)+g(x)v(x)=1，可得出(a,b)=1⇔ as+bt=1， 又比如在 Z[x]中任何 f(x)(∂( f (x)) ≥1)可以很易地分解为 2 个不可约多项式之和（同学们自己 做一做）。但“任何大偶数是 2 个素数之和”，迄今还是一个猜想（Goldbach 猜想。）
第四讲多项式的根多项式x)的一个根α，意味着几x)的一个一次因式x-α，它在讨论多项式的命题中占据一个很重要的位置。例1证明若(x)/(x")，则(x)的根只有零或者单位根。证：设α为x)的一个根，若α=0命题已对。现设α0，只须证明k，α=1。设(x")=(x)p(x)f(α")= f(α)p(α)=0：α"是一个根。f(α")=f(α")p(α")=0:α"是一个根。故α，α"，αα"…，序列中每个数都是x)的根，而x)只可能有有限多个根，即存在i>i使α"=α"jα"-n =1。例2设f(x)If(x)，证明(x)的根只有一个，为n重根，其中n=a(f(x)f(x)证：因为f(x)If(x)，所以g(x)=(() (a) =a(x-b)但g(x)包含了fx)的所有互不相同的一次因式（或不可约因式），由a(f(x)=n，得(x)=a(x-b)"例3设f(x)eQ[x)，a(f(x)≥2且(x)在Q上不可约，证明如果α及二都是(x)的根，则α(x)任一根β的倒也是(x)的根。β证：设f(x)=a,x"+an--x"-+...+ax+a则a0（否则x(x)）令p(x)=a, +an--x+.+a,x"++axr"则000000000000(α)=α"f()=0.(x-2)/p(x),(x-2)If(x),即 ((x),p(x)1, 必有 f(x)/(x), p(x)= f(x)a,13
13 第四讲 多项式的根 多项式 f(x)的一个根α ，意味着 f(x)的一个一次因式 x −α ，它在讨论多项式的命题中占据 一个很重要的位置。 例 1 证明若 f(x)|f(x n )，则 f(x)的根只有零或者单位根。 证：设α 为 f(x)的一个根，若α =0 命题已对。 现设α ≠ 0，只须证明∃ k，αk =1。设 f(x n )=f(x)ϕ(x) ( ) ()() 0 n f f α αϕα = = ∴αn 是一个根。 ( ) ( ) ( ) 0 2 = = n n n f α f α ϕ α ∴ 2 n α 是一个根。 故α ，αn ， 2 3 , n n α α .，序列中每个数都是 f(x)的根，而 f(x)只可能有有限多个根，即存在 i ＞j 使 i n α = j n α =1 − i j n n α 。 例 2 设 f ′(x) | f (x)，证明 f(x)的根只有一个，为 n 重根，其中 n=∂( f (x)) 证：因为 f ′(x) | f (x)，所以 ( ) ( ) ( ), ( ) ( ) ( ) a x b f x f x f x g x = − ′ = 但 g(x)包含了 f(x)的所有互不相同的一次因式（或不可约因式），由∂( f (x)) =n，得 f(x)=a(x－b) n 例 3 设 f(x)∈Q[x]，∂( f (x)) ≥2 且 f(x)在 Q 上不可约，证明如果α 及 α 1 都是 f(x)的根，则 f(x)任一根 β 的倒 β 1 也是 f(x)的根。 证：设 1 0 1 1 f (x) a x a x a x a n n n = n + + + + − − 则 ao≠0（否则 x|f(x)）令 n o n n n x = a + a x + + a x + a x − − 1 1 1 ϕ( ) 则 ( ) ( ) 0 2 1 = f = n ϕ α α ∴ − xx ( 2 | ( ), ) ϕ x fx ( − 2 | ( ), ) 即 fx x ( ( ), ( ) 1 ϕ ) ≠ ，必有 f (x) |ϕ(x)， ( ) f (x) a a x n o ϕ =